高三物理二轮复习教师用书板块一专题二第一讲功功率动能定理

板块一专题突破复习第一讲功功率动能定理[知识建构][高考调研]1.考查方向预测：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解．②与功、功率相关的分析与计算．③动能定理和动力学方法的综合应用．④动能定理在电磁学中的应用．2.常用的思想方法：①化曲为直的思想方法．②微元法．③合力功的求法．④变力功的求法．[答案](1)恒力做功的计算①单个力做的功：直接用W＝Fxcosα计算．有两种不同的计算公式，即分解力或分解位移；常见的恒力功有：电场力功：WQ＝qEd＝qU安培力功：W安＝BILd重力功：WG＝mgh②合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功．方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功．(2)功率的两个公式①P＝eq\f(W,t).求出的功率是时间t内的平均功率．②P＝Fvcosα.其中α是F与v方向的夹角；若v取瞬时速度，则对应的P为瞬时功率；若v取平均速度，则对应的P为平均功率．(3)对动能定理的理解①动能定理中所说的“外力”，是指物体受到的所有力，包括重力．②对“总功”的两种理解各外力做功的代数和：W＝W1＋W2＋…；合外力的功：W＝F合lcosθ(力均为恒力)．③对“位移和速度”的理解：必须是相对于同一个惯性参考系，一般以地面为参考系．④动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．考向一功和功率的计算[归纳提炼]功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点1．准确理解功的定义式W＝Fl及变形式W＝Flcosα中各物理量的意义，该式仅适用于恒力做功的情况．2．变力做功的求解注意对问题的正确转化，如将变力转化为恒力，也可应用动能定理等方式求解．3．对于功率的计算，应注意区分公式P＝eq\f(W,t)和公式P＝Fv，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算．(2017·江苏卷)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为eq\f(m,2)，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W.[思路点拨]由圆柱C一开始受力平衡可得出力F的大小．动摩擦因数最小时，B受C压力的水平分力最大．拉力为变力，可根据动能定理求解拉力做的功．[解析](1)C受力平衡，有2Fcos30°＝mg解得F＝eq\f(\r(3),3)mg(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大Fxmax＝eq\f(\r(3),2)mgB受地面的摩擦力f＝μmg根据题意fmin＝Fxmax解得μmin＝eq\f(\r(3),2).(3)C下降的高度h＝(eq\r(3)－1)RA的位移x＝2(eq\r(3)－1)R摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(eq\r(3)－1)μmgR根据动能定理W－Wf＋mgh＝0－0解得W＝(2μ－1)(eq\r(3)－1)mgR.[答案](1)eq\f(\r(3),3)mg(2)eq\f(\r(3),2)(3)(2μ－1)(eq\r(3)－1)mgR动摩擦因数的最小值也可用以下方法分析求解：如图所示，用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面时对整体，有NB＋NA＝mg＋2×eq\f(m,2)g，地面支持力NB＝NA＝mg对C，竖直方向上有2FBcos60°＝mg对B，水平方向上有f＝FBsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg而f≤fm＝μNB＝μmg，故动摩擦因数μ≥eq\f(\r(3),2)，最小值μmin＝eq\f(\r(3),2).当F为变力或物体做曲线运动时，或要求解的问题中没有明确固定的受力或在力的方向上的位移时，考虑用动能定理求变力做的功.分析各力做功情况时不要出现“丢功”及“错功”.严格按照重力、弹力、摩擦力的顺序找出运动物体所受的各个力，然后准确判断出各个力做的功.存在电场时，还要考虑是否有电场力做功.[熟练强化]1．(2017·长沙雅礼中学三模)如右图所示是一种清洗车辆用的手持式喷水枪．设枪口截面积为0.6cm2，喷出水的速度为20m/s.当它工作时，估计水枪的平均功率约为(水的密度为1×103kg/mA．12W B．120WC．240W D．1200W[解析]考虑Δt时间内从枪口射出去的水，其质量为Δm＝ρsvΔt，该部分水增加的动能ΔEk＝eq\f(1,2)Δmv2，结合上式，有ΔEk＝eq\f(1,2)ρsv3Δt，则水枪的平均功率eq\x\to(P)＝ΔEk/Δt＝eq\f(1,2)ρsv3，代入数据，得eq\x\to(P)＝240W.[答案]C2.(多选)(2017·河南五校联考)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图所示．现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端．则下列说法正确的是()A．重力对三个小球所做的功相同B．沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C．三个小球到达底端时的瞬时速度相同D．沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小[解析]假设平板的长度为x，由功的定义式可知W＝mgxsinθ＝mgh，则A正确；小球在斜面上运动的加速度a＝gsinθ，小球到达平板底端时的速度为v＝eq\r(2ax)＝eq\r(2gxsinθ)＝eq\r(2gh)，显然到达平板底端时的速度大小相等，但方向不同，则C错误；由位移公式x＝eq\f(1,2)at2可知t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，整个过程中重力的平均功率为P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgsinθ\r(2gh),2)，则沿倾角为θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B错误；根据P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，速度大小相等，沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，D正确．[答案]AD3．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.eq\f(1,9)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mgl[解析]将绳的下端Q缓慢向上拉至M点，相当于使下部分eq\f(1,3)的绳的重心升高eq\f(1,3)l，故重力势能增加eq\f(1,3)mg·eq\f(l,3)＝eq\f(1,9)mgl，由功能关系可知A项正确．[答案]A考向二动能定理的应用[归纳提炼]应用动能定理解题应注意的四点1．方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．2．规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．3．过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个过程应用动能定理，则使问题简化．4．电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功．(2016·全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为eq\f(5,6)R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)．随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小为g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次运动到B点时速度的大小．(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距eq\f(7,2)R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．[思路路线][解析](1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得vB＝2eq\r(gR)③(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1＝eq\f(1,2)gt2⑪x1＝vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)⑬设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))⑭P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝eq\f(1,3)m[答案](1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m应用动能定理解题的基本步骤[熟练强化]迁移一动力学与动能定理的综合应用方法1．(2017·宁德市模拟)如图所示，一半径为R的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量为m的滑块(可视为质点)，当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，进入一段圆弧轨道AB.随后滑上以v0顺时针匀速转动的传送带，当滑块滑到与传送带左端B的距离为L/n时，滑块速度恰好与传送带速度相同．已知AB段为一段光滑的圆弧轨道，轨道半径为r，圆弧轨道与传送带在B点水平相切，滑块与圆盘、传送带间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块进入轨道AB和经过B点时的机械能损失．(1)当圆盘的角速度为多大时，滑块从圆盘上滑落？(2)求轨道AB的高度．(3)求滑块到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力大小．[解析](1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得μmg＝mω2R代入数据解得ω＝eq\r(\f(μg,R)).(2)滑块在A点时的速度vA＝ωR＝eq\r(μgR)，设轨道AB的高度为h，滑块到达B点时的速度为v，下滑过程机械能守恒，mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得v＝eq\r(2gh＋μgR)若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上受到向右的滑动摩擦力，做匀加速运动，根据动能定理有μmgL/n＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，则h＝eq\f(v\o\al(2,0)－μgR,2g)－eq\f(μL,n)若滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块受到向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，根据动能定理有－μmgL/n＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，则h＝eq\f(v\o\al(2,0)－μgR,2g)＋eq\f(μL,n).(3)在B点，由牛顿第二定律，可得FN－mg＝meq\f(v2,r)解得FN＝mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),r)＋eq\f(2μmgL,nr).[答案](1)eq\r(\f(μg,R))(2)eq\f(v\o\al(2,0)－μgR,2g)－eq\f(μL,n)或eq\f(v\o\al(2,0)－μgR,2g)＋eq\f(μL,n)(3)mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),r)＋eq\f(2μmgL,nr)迁移二动能定理在电场中的应用2．(2017·上海市静安区摸底)如下图所示，两个带正电的点电荷M和N，带电量均为Q，固定在光滑绝缘的水平面上，相距2L，A、O、B是MN连线上的三点，且O为中点，OA＝OB＝eq\f(L,2)，一质量为m、电量为q的点电荷以初速度v0从A点出发沿MN连线向N运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O点时，动能为初动能的n倍，到B点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止．已知静电力恒量为k，取O处电势为零，求：(1)A点的场强大小；(2)阻力的大小；(3)A点的电势；(4)电荷在电场中运动的总路程．[解析](1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：EA＝keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)－keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,2)))2)＝eq\f(32kQ,9L2)；(2)由对称性知，φA＝φB，电荷从A到B的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为：Wf＝FfL，由动能定理：－FfL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得：Ff＝eq\f(mv\o\al(2,0),2L)(3)设电荷从A到O点电场力做功为WF，克服阻力做功为eq\f(1,2)Wf，由动能定理：WF－eq\f(1,2)Wf＝eq\f(1,2)nmveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得：WF＝eq\f(mv\o\al(2,0),4)(2n－1)由：WF＝q(φA－φO)得：φA＝eq\f(WF,q)＝eq\f(mv\o\al(2,0),4q)(2n－1)(4)电荷最后停在O点，在全过程中电场力做功为WF＝eq\f(mv\o\al(2,0),4)(2n－1)，电荷在电场中运动的总路程为s，则阻力做功为－Ffs.由动能定理：WF－Ffs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)即：eq\f(mv\o\al(2,0),4)(2n－1)－eq\f(1,2L)mveq\o\al(2,0)s＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：s＝(n＋0.5)L.[答案](1)eq\f(32kQ,9L2)(2)eq\f(mv\o\al(2,0),2L)(3)eq\f(mv\o\al(2,0),4q)(2n－1)(4)(n＋0.5)L高考题型预测——动能定理与图象结合的问题[考点归纳]动能定理与图象结合的问题1．图象问题分析的“四步走”2．常见图象所围面积的含义v－t图由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a－t图由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量F－x图由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功P－t图由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功[典题示例](2017·河北名校联盟)晓宇在研究一辆额定功率为P＝20kW的轿车的性能，他驾驶一轿车在如图甲所示的平直路面上运动，其中轿车与ON段路面间的动摩擦因数比轿车与MO段路面间的动摩擦因数大．晓宇驾驶轿车保持额定功率以10m/s的速度由M向右运动，该轿车从M向右运动到N的过程中，通过速度传感器测量出轿车的速度随时间的变化规律图象如图乙所示，在t＝15s时图线的切线与横轴平行．已知轿车的质量为m＝2t，轿车在MO段、ON段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变．求.(1)该轿车在MO段行驶时的阻力大小；(2)该轿车在运动过程中刚好通过O点时加速度的大小；(3)该轿车由O运动到N的过程中位移的大小．[审题指导]第一步读题干—提信息题干信息1)驾驶轿车保持额定功率以10m/s的速度由M向右运动属于恒定功率启动模型．2)在t＝15s时图线的切线与横轴平行说明t＝15秒时轿车加速度为零，做匀速运动．3)图乙5～15秒做加速度减小的变减速运动．4)由O运动到N的过程中位移的大小注意O到N过程牵引力大小改变.第二步审程序—顺思路[解析](1)轿车在MO段运动时，以10m/s的速度匀速运动，有F1＝f1，P＝F1v1联立解得f1＝eq\f(20×103,10)N＝2000N.(2)轿车在ON段保持额定功率不变，由图象可知t＝15s时轿车开始做匀速直线运动，此时由力的平衡条件有F2＝f2，P＝F2v2联立解得f2＝eq\f(20×103,5)N＝4000Nt＝5s时轿车经过O点，开始做减速运动，有F1－f2＝ma解得a＝－1m/s2轿车通过O点时加速度大小为1m/s2.(3)由动能定理可知Pt－f2x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得x＝68.75m.[答案](1)2000N(2)1m/s2(3)68.75m1机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律.2恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算因为F为变力.3以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算因为功率P是变化的.[预测题组]1．(多选)(2017·华中师大附中二模)一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，右图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10m/s2，由此可知()A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13JC．匀速运动时的速度约为6m/sD．减速运动的时间约为1.7s[解析]F－s图象围成的面积代表拉力F做的功，由图知减速阶段F－s围成面积约13个小格，每个小格1J则约为13J，故B选项正确．刚开始匀速，则F＝μmg，由图知F＝7N，则μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，故A选项正确．全程应用动能定理WF－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中WF＝(7×4＋13)J＝41J，得v0≈6m/s，故C正确．由于不是匀减速，没办法求减速运动的时间，故D错误．[答案]ABC2．(2017·湖南五十校联考)质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如右图所示．物体在x＝0处，速度为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为()A．2eq\r(2)m/s B．3m/sC．4m/s D.eq\r(17)m/s[解析]F－x图象与坐标轴围成的图形面积表示力F做的功，图形位于x轴上方表示力做正功，位于x轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x＝16m处时，力F对物体做的总功W＝40J，由动能定理，得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(